PHƯƠNG TRÌNH KHÔNG MẪU MỰC

Chia sẻ: Hoang Van Tiep | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:22

Thêm vào BST

Báo xấu

637
lượt xem 199
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Trong quá trình học toán, các bạn học sinh có thể gặp đây đó mà đầu đề có vẻ “lạ” , những bài toán này không thể trực tiếp áp dụng những quy tắc quen thuộc. Những bài toán như vậy thường được gọi “không mẫu mực” (non – standard problems),

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: PHƯƠNG TRÌNH KHÔNG MẪU MỰC

PHƯƠNG TRÌNH KHÔNG MẪU MỰC PH T LỜI GIỚI THIỆU rong quá trình học toán, các bạn học sinh có thể gặp đây đó mà đầu đề có vẻ “lạ” , những bài toán này không thể trực tiếp áp dụng những quy tắc quen thuộc. Những bài toán như vậy thường được gọi “không mẫu mực” (non – standard problems), có tác dụng không nhỏ trong việc rèn luyện tư duy toán học và thường là thử thách của sinh trong những kì thi học sinh giỏi , thi vào các lớp chuyên toán , thi vào đại học. Để các phương trình và hệ phương trình “không mẫu mực” dần trở thành “quen thuộc” với mình, chúng tôi xin giới thiệu với các bạn học sinh yêu toán một chuyên đề về vấn dề trên . Trong lúc biên soạn chắn không thể không sai sót, rất mong được sự góp ý của các độc giả. Nguyễn Lê Anh Khoa Thái Hữu Đăng Khang Nguyễn Khắc Thiên Chương Nguyễn Minh Hùng. 1
Mục lục: PHƯƠNG TRÌNH I. Phương pháp thường vận dụng 1. Đưa về phương trình tích 2. Áp dụng bất đẳng thức 3. Chứng minh nghiệm duy nhất 4. Đưa về hệ phương trình II.Bài tập vận dụng 1. Đề bài 2. Hướng dẫn giải 2
PHƯƠNG TRÌNH I.PHƯƠNG PHÁP THƯỜNG VẬN DỤNG: 1. Đưa về phương trình tích a) Các bước  Tìm tập xác định của phương trình.  Dùng các phép biến đổi đại số, đưa phương trình dạng f(x) . g(x) … h(x) = 0 (gọi là phương trình tích). Từ đó suy ra f(x) = 0; g(x) = 0; … ; h(x) = , là những phương trình quen thuộc. Nghiệm của phương trình là tập hợp các nghiệm của các phương trình f(x)=0; g(x) = 0; … ;h(x) = 0 thuộc tập xác định.  Đôi khi dùng ẩn phụ thay thế cho một biểu thức chứa ẩn, đưa về dạng tích (với ẩn phụ). Giải phương trình với ẩn phụ, từ đó tìm nghiệm của phương trình đã cho.  Dùng cách nhóm số hạng, hoặc tách các số hạng … để đưa phương trình về dạng quen thuộc mà ta đã biết cách giải b) Thí dụ 1.Giải phương trình: (1) x 2 + 10 x + 21 = 3 x + 3 + 2 x + 7 − 6 Giải (1) ⇔ ( x + 3)( x + 7) − 3 x + 3 − 2 x + 7 + 6 = 0 ⇔ x + 3( x + 7 − 3) − 2( x + 7 − 3) = 0 ⇔ ( x + 7 − 3)( x + 3 − 2) = 0  x+3−2 = 0 ⇔  x+7 −3 = 0  x + 7 = 9 ⇔ x + 3 = 4 x = 2 ⇔ Đs: 2 ; 1 x = 1 2.Giải phương trình: ( x 3 − 3 x + 2)3 + ( − x 2 + x + 1) + (2 x − 3)3 = 0 (2) Giải Áp dụng hằng đẳng thức: (a-b)3 + (b-c)3 + (c-a)3 = 3(a-b)(b-c)(c-a) 3
a = x2 − x −1 1± 5 3 Với : b = 2 x − 3 Đs: 2;1; ; 2 2 c = x2 + x − 4 4
3.Giải phương trình: x 5 = x 4 + x3 + x 2 + x + 2 (3) Giải (3) ⇔ ( x − 1) − ( x + x + x + x + 1) 5 4 3 2 Đs: 2 ⇔ ( x − 2)( x 4 + x 3 + x 2 + x + 1) = 0 4. Giải phương trình: 1 1 1 1 +2 +2 = (4) x + 9 x + 20 x + 11x + 30 x + 13 x + 42 18 2 Giải 1 1 1 1 (4) ⇔ + + = ( x + 4)( x + 5) ( x + 5)( x + 6) ( x + 6)( x + 7) 18 (điều kiện x ≠ -4 ,-5, -6, -7) 1 1 1 1 1 1 1 (4) ⇔ − + − + − = x + 4 x + 5 x + 5 x + 6 x + 6 x + 7 18 1 1 1 ⇔ − = x + 4 x + 7 18 Đs: -13; 2 ⇔ x 2 + 11x − 26 = 0 ⇔ ( x + 13)( x − 2) = 0 5. Giải phương trình: x − 294 x − 296 x − 298 x − 300 + + + =4 (5) 1700 1698 1696 1694 Giải  x − 294   x − 296   x − 298   x − 300  (5) ⇔  − 1÷+  − 1÷+  − 1÷+  − 1÷ = 0  1700   1698   1696   1694  1 1 1 1 ⇔ ( x − 1994 )  + + + ÷= 0  1700 1698 1696 1694  ⇔ x − 1994 = 0 1 1 1 1 + + + 〉0 Do Đs: 1994 1700 1698 1696 1694 6. Giải phương trình: 1 1 1 + + =1 (6) x+3 + x+2 x + 2 + x +1 x +1 + x Giải Điều kiện: x ≥ 0 ( )( )( ) (6) ⇔ x + 3 − x + 2 + x + 2 − x + 1 + x + 1 − x = 1 Đs:1 ⇔ x +3 − x =1 ⇔ x =1 5
7. Giải phương trình: ( x + 4 ) = 2 ( 2 x + 13) + 50 ( 2 x + 13) 4 3 (7) Giải 2x + 3 5 Đặ t y = ⇒ x+4= y− 2 2 4  5 (7) ⇔  y − ÷ = 16 y 3 + 100 y  2 4  5  25  ⇔  y − ÷ − 16 y  y 2 + ÷ = 0 (*)  2  4 2 25  2 5  Ta có y + =  y − ÷ + 5 y nên(*)được viết là: 2 4 2 4 2  5  2 5  y − ÷ − 16 y  y − ÷ − 80 y = 0 2 (**)  2  2 2  5 Đặ t t =  y − ÷  2 (**) trở thành : t 2 − 16 yt − 80 y 2 = 0 10 6 − 1 −10 6 − 1 Giải ra ta được Đs: ; ⇔ ( t + 4 y ) ( t − 20 y ) = 0 4 4 8. Giải phương trình: )( ) ( x x 2+ 3 + 2− 3 =4 (8) (câu 3 dề 52 bộ tuyển sinh đại học 1993) Giải ) ( x Đặ t y = 2− 3 (y > 0) 1 (8) ⇔ y + =4 y ⇔ y2 +1 = 4 y ⇔ ( y − 2) = 3 2 ⇔ y1 = 3 + 2 ; y2 = 2 − 3 Đs: 2 ; -2 9. Giải phương trình: ( ) ( 4 x − 1) x2 + 1 = 2 x2 + 1 + 2 x −1 (9) (Trích câu 2 đề 78 bộ dề thi tuyển sinh đại học 1993) Giải 6
Đặt: y = x 2 + 1 ; y ≥ 1 (9) ⇔ ( 4 x − 1) y = 2 y 2 + 2 x − 1 ⇔ 2 y 2 − ( 4 x − 1) y + 2 x − 1 = 0 4 Đs: 0 ; ( ) ⇔ 2 y 2 − 4 xy + 2 y − ( y − 2 x + 1) = 0 3 ⇔ ( y − 2 x + 1) ( 2 y − 1) = 0 2. Áp dụng bất đẳng thức a) Các bước  Biến đổi phương trình về dạng f(x) = g(x) mà f(x) ≥ a; g(x) ≤ a (a là hằng số) Nghiệm của phương trình là các giá trị x thỏa mãn đồng thời f(x) = a và g(x) = a  Biến đổi phương trình về dạng h(x) = m (m là hằng số)mà ta luôn có h(x) ≥ m hoặc h(x) ≤ m thì nghiệm của hệ là các giá trị x làm cho dấu đẳng thức xảy ra.  Áp dụng các bất đẳng thức  Cauchy, Bunhiacốpki,… b) Thí dụ 1. Giải phương trình: ( )( ) ( ) 13  x 2 − 3 x + 6 + x 2 − 2 x + 7  = 5 x 2 − 12 x + 33 2 2 2     Giải Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacốpki cho 4 số: ( )( ) a 2 + b 2 c 2 + d 2 ≥ ( ac + bd ) 2 ab = Dấu “=” xảy ra khi cd a = 2; b = 3; c = x 2 − 3 x + 6; d = x2 − 2x + 7 Với Ta có: ( )( )( ) ( )( ) ( ) 22 + 32  x 2 − 3 x + 6 + x 2 − 2 x + 7  ≥  2 x 2 − 3x + 6 + 3 x 2 − 2 x + 7  = 5 x 2 − 12 x + 33 2 2 2 2      Do đó: ( ) ( ) 3 x 2 − 3x + 6 = 2 x 2 − 2 x + 7 Đs: 1; 4 ⇔ x2 − 5x + 4 = 0 2. Giải phương trình: (x )( ) x 2 − 3x + 3.5 = − 2x + 2 x 2 − 4x + 5 2 Giải: Ta có: x 2 − 2 x + 2 = ( x − 1) + 1 〉 0 2 x2 − 4 x + 5 = ( x − 2) + 1 〉 0 2 (x )( ) − 2x + 2 + x2 − 4x + 5 2 − 3x + 3.5 = 2 x 2 7
( ) ( ) Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 2 số dương x − 2 x + 2 và x − 4 x + 5 2 2 3 Đs: 2 3. Giải phương trình: (3) x 2 − 6 x + 11 + x 2 − 6 x + 13 + 4 x 2 − 4 x + 5 = 3 + 2 Giải: ( x − 3) ( x − 3) + 4 + 4 ( x − 2) + 1 = 3 + 2 2 2 2 (3) ⇔ +2 + (*) ( x − 3) ( x − 3) + 4 + 4 ( x − 2) + 1 ≥ 2 + 4 + 1 = 3 + 2 2 2 2 +2 + Mà ( x − 3) 2 = 0  Nên (*) xảy ra khi và chỉ khi  Điều này không thể có được. Vậy phương ( x − 2 ) = 0 2  trình vộ nghiệm 4. Giải phương trình: x 2 − 6 x + 15 = x 2 − 6 x + 18 (4) x − 6 x + 11 2 Giải: 4 ( x − 3) 2 (4) ⇔ 1 + = +9 ( x − 3) 2 +2 4 4 Mà 1 + ≤ 1+ =3 ( x − 3) 2 2 +2 ( x − 3) 2 +9 ≥ 3 Do đó ta có: ( x − 3) = 0 ⇔ x = 3 2 Đs:x = 3 5. Giải phương trình: 6 4 x 2 −1 x 2 −3 x + 2 x −1 +5 + 95 =3 19 Giải: x −1 ≥ 0 2 *Điều kiện:  x − 1 ≥ 0  x 2 − 3x + 2 ≥ 0  6 4 x 2 −1 x 2 −3 x + 2 x −1 +5 + 95 ≥ 190 + 50 + 950 = 3 *Ta có: 19 Nên x − 1 = 0 ; x 2 − 1 = 0 ; x 2 − 3 x + 2 = 0 Đs: 1 3. Chứng minh nghiệm duy nhất a) Các bước Ở một số phương trình ta có thể thử trực tiếp để thấy nghiệm của chúng, rồi tìm cách chứng minh rằng ngoài nghiệm này ra không còn nghiệm nào khác nữa. 8
b) Thí dụ 1. Giải phương trình: 2 2 2 x +3 + 3x = 9 (1) Giải:  x = 0 là một nghiệm (1) 2 2 2 x +3 + 3x 〉 20+3 + 30 〉 9  Nếu x ≠ 0 ta có Do đó x ≠ 0 không thể là nghiệm của (1) Đs: 0 2. Giải phương trình: () x 2x = +1 3 (2) Giải: * Dễ thấy x = 2 không phải là nghiệm của (2) x 2  3   1  x  3   1 2  2 ÷ +  2 ÷ 〈 2 ÷ + 2 ÷ =1 * Xét x > 2.Ta có:  ÷ ÷     x 2  3   1 x  3   1 2  2 ÷ + 2÷ 〉  2 ÷ + 2 ÷ =1 x < 2. Ta có:   Đs: 2 ÷ ÷     3. Giải phương trình: 2 x + 3x + 5 x −1 = 21− x + 31− x + 5− x (3) Giải: ( ) ( ) ( ) (3) ⇔ 21− x 22 x −1 − 1 + 31− x 3 −1 + 5 52 x −1 −1 = 0 2 x −1 −x 1 * x= là nghiệm của (3) 2 1 * Xét x〉 => 22 x −1 〉1 ; 32 x −1 〉1; 52 x −1 〉1 ⇒ vế trái của (*) lớn hơn 0 2 1 1 * Xét x〈 . Tương tự với lý luận trên ⇒ vế trái của (*) nhỏ hơn 0. Đs: 2 2 4. Giải phương trình: x 2 + 28 + 2 3 x 2 + 23 + x − 1 + x = 2 + 9 5 Giải:  x = 2 là nghiệm của (3)  Xét 1 ≤ x 〈 2 và x 〉 2 không thỏa (3) Đs: 2 5. Giải phương trình: 1994 1995 x −3 + x−4 =1 Giải:  x = 3 và x = 4 là nghiệm của phương trình  Xét x〈3 ; x〉 4 ; 3〈 x 〈 4 Đs: 3 ; 4 9
6. Giải phương trình: 4 −8 x 2 +17 4 −8 x 2 +18 4 −8 x 2 +16 + 5x + 94 x = 45 19 x (6) Giải: *Ta có: ( ) 2 x 4 − 8 x 2 + 17 = x 2 − 4 + 1〉 0 + 18 = ( x − 4) 2 x4 − 8x2 + 2〉 0 2 + 16 = ( x − 4) 2 x4 − 8x2 ≥0 2 Nhận thấy: x = ± 2 là nghiệm của phương trình (6) * Xét x ≠ ± 2: không là nghiệm của phương trình (5) Đs: ±2 4. Đưa về hệ phương trình a) Các bước  Tìm điều kiện tồn tại của phương trình  Biến đổi phương trình để xuất hiện nhân tử chung  Đặt ẩn phụ thích hợp để đưa việc giải phương trình về việc giải hệ phương trình quen thuộc b) Thí dụ 1. Giải phương trình: x + a − 3 x +b =1 3 Giải: Đặt: u = x + a và v = x + b 3 3 u − v = 1 u − v = 1  Ta có:  3 3 ⇔  a − b −1 u.v = u − v  3 u + ( −v ) = 1  ⇔ −a + b + 1 u. ( −v ) =  3 −a + b + 1 u, -v là nghiệm của phương trình y − y + =0 2 3 ⇔ 3y2 − 3y − a + b +1 = 0 ∆ = 3 ( 4a − 4b − 1) 1 thì ∆ 〈 0 : phương trình vô nghiệm  N ếu a − b 〈 4 1  Nếu a − b = thì ∆ = 0 : 4 3 1 suy ra u = −v = = 2.3 2 10
3 1  x+a = 2  1 ⇒x = − − b do đó  3 x + b = − 1 8   2 1  Nếu a − b 〉 thì ∆ 〉 0 4 3 + 3 ( 4a − 4b − 1) 3 − 3 ( 4a − 4b − 1) ; y2 = y1 = 6 6 3 + 3 ( 4a − 4b − 1) −3 − 3 ( 4a − 4b − 1) ⇒ v=  u= 6 6 3  −3 − 3 ( 4a − 4b − 1)  ⇒x =  ÷ −b  ÷ 6   3 − 3 ( 4a − 4b − 1) −3 + 3 ( 4a − 4b − 1) ⇒v=  u= 6 6 3  −3 + 3 ( 4a − 4b − 1)  = ÷ −b ⇒x  ÷ 6   2. Giải phương trình: ( 3x + 1) + 3 ( 3x − 1) + 9 x 2 − 1 = 1 2 2 (6) 3 Giải: Đặt: u = 3 x + 1 và v = 3 x − 1 3 3 u 2 + v 2 + u.v = 1  (6) trở thành:  3 3 u − v = 2  ⇒u−v = 2⇒u = v+2 Do đó: ( v + 2 ) + v 2 + v ( v + 2 ) = 1 2 ⇔ 3v 2 + 6v + 3 = 0 ⇔ 3 ( v + 1) 2 =0 ⇔ v = −1 ⇒ u = 1  u = 3 x + 1 = 1 3 ⇒x=0 Vậy ta có:  Đs: 0  v = 3 3 x − 1 = −1  3. Giải phương trình: ( )( ) 1+ x −1 1− x +1 = 2x Giải: Điều kiện: −1 ≤ x ≤ 1 ( ) Đặt: 1 + x = u 0 ≤ u ≤ 2 11
Suy ra: x = u 2 − 1 ) ( ( ) Phương trình trở thành: ( u − 1) 2 − u 2 +1 = 2 u 2 −1 ) ( ⇔ ( u − 1)  2 − u 2 + 1 − 2 ( u + 1)  = 0     u − 1 = 0 ⇔ ) (  2 − u + 1 − 2 ( u + 1) = 0 2  a) u − 1 = 0 ⇒ u = 1 (thỏa u ≥ 0 ) suy ra x = 0 ) ( 2 − u 2 + 1 = 2 ( u + 1) b) ⇔ 2 − u 2 = 2u + 1 2 − u 2 = ( 2u + 1) 2  ⇔ 2uđú1 ≥ 0 ( ng v ≥ 0)  +ì u ⇔ 5u 2 + 4u − 1 = 0 (a − b + c = 0) 1 u1 = −1 ; u2 = (loại u1 = −1 vì -1
c ó nghi ệm duy B ài 7: T ìm m sao cho PT n h ất B ài 8:Gi ải c ác PT sau: a) b) c) B ài 9:Gi ải PT: B ài 10:Gi ải PT B ài 11:Gi ải PT: B ài 12:Gi ải PT: B ài 13: Gi ải PT: Bài 14: Giải PT: Bài 15: Giải PT: Bài 16: Giải PT: Bài 17: Giải các PT sau: a) b) c) d) Bài 18: Giải các PT sau: 13
a) b) c) (3) d) e) f) (6) g) Bài 19:Giải PT: Bài 20:Giải PT: Bài 21: Giải PT Bài 22: Giải PT: Bài 23: Giải PT: Bài 24: Giải PT: Bài25: Giải PT: Bài 26: Giải PT: Bài 27: Bài 28: Bài 29: Bài 30: 14
Bài 31: Bài 32: Bài 33: Giải PT: Bi ết r ằng: B ài 34: B ài 35: B ài 36: Bài 37: Giải phương trình: 3 38. x = 2 x + 2 8 8 39. x + 1 + x + 2 = 5 3 40. x 4 + 8 x + x 4 + 8 x 2 + 4 x + 11 + x 4 + 11x 2 + 6 x + 19 = 2 41. x 2 + 2 x + 2 x − 1 = 3x 2 + 4 x + 1 42. 2 x 3 − x 2 + 3 2 x 3 − 3 x + 1 = 3 x + 1 + 3 x 2 + 2 x 43. 1 − x − 2 x = 1 − 2 2 44. x − 8 x + 816 + x 2 + 10 x + 267 = 2003 2 27 x10 − 5 x 6 + 5 864 = 0 45. 5 46. x − 2005 + x − 2006 + x − 2007 + y − 2008 = 2 47. ( x – 3 )2 + x4 = -y2 +6y – 4 x − 4 yz + x y − 9 z + xy z − 1 11 = 48. xyz 12 15
2 2 2 49. 20 x +3 +2 +1 + 11y + 2006 z = 10127 2005 x y 2004 2 + + + = 50. x + y y + 2004 4009 2005 + x z  x10 y10  16 51. 2  2 + 2 ÷+ x + y = 4 ( 1 + x y ) − 10 222 16 y x ( 16 x + 1) ( y 4 n + 1) ( z 4n + 1) = 32 x 2n y 2 n z 2 n ( n là tham số nguyên dương) 4n 52. Hướng dẫn giải Bài 1: Gợi ý: Sử dụng định lý Viet bậc 3 B ài 2: Gợi ý : Đặt: Sau đó lập PT bậc 3 nhận làm 3 nghiệm +HD: Ta c ó: (**) Nếu tạo được PT bậc 3 có nghiệm =1 ⇒ Tổng các hệ số của PT có chứa p,q=0 Có thể dẫn tới đpcm Từ (*)&(**) ta đặt: Giải: Đặt: Áp dụng định lý Viet cho PT(1); ta có: 16
Xét 3 số a,b,c ta có: +Thay a,b,c bởi +Thay a,b,c bởi Theo hệ thức Viet là nghiệm của PT: ⇔ ⇔ ⇒ B ài 3: Dành cho bạn đọc Bài 4: +HD: Bình phương số đã cho là nghiệm của PT: ⇒ số đã cho là số vô tỉ Bài 5: *L ưu ý: Không dùng cách của bài 4 do bình phương số đã cho là 1 số hữu tỉ ⇒ Không thể kết luận. +HD: Gi ả s ử là số hữu tỉ ;Đ ặt : Bi ến đ ổi là số vô tỉ ⇒ Bài 6: Dành cho bạn đọc Bài 7: Giải: 2 vế của PT là hàm số chẵn của x Do PT có nghiệm duy nhất ⇒ x=0 ⇒ m=0 Với m = 0(*) ⇔ ⇒ ĐK: ⇒ Vế phải ≤ vế trái ⇒ PT(*) có nghiệm ⇔ Bài 8: 17
+HD: a) Đặt (*) ⇔ ⇒ Giải hệ PT b) Đ ặt : c) Đ ặt : B ài 9: Giải: Đặt x = cost (*) ⇔ ⇒ VP ≤ 1 (*)có nghiệm ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ Bài 10: Dành cho bạn đọc Bài 11: Gợi ý: ĐK: ; Đặt x = cost Giải PT ⇒ Bài 12:Dành cho bạn đọc Bài 13: Dành cho bạn đọc Bài 14: Gợi ý: Sử dụng BĐT B-C-S ⇒ đpcm Bài 15: Gợi ý: Đặ t Ta có hệ: *Lưu ý:Chúng ta nên linh hoạt trong việc cộng trừ các ẩn số phụ Bài 16: 18
Gợi ý: Dùng BĐT Côsi Bài 17: +HD: a) b) C1:(2) ⇔ ⇔ C2:(2) ⇔ ⇔ c) d) Bài 18: +HD: a)(1) ⇔ ⇔ ⇔ b)(2) c)(3) d)(4) f)(6) g) Bài 19: +HD: C1: chuyển vế bình phương C2: ĐK: Ta thấy PT có 1 nghiệm = 1 ⇔ Xét x Làm tương tự cho x
+HD: đặt Bài 21: +HD: Đặt x=a Ta có hệ Bài 22: +HD:chia 2 vế cho 3 Bài 23: +HD: Áp dụng BĐT Cô-si Bai 24: Dành cho bạn đọc Bài 25: Dành cho bạn đọc Bài 26: +HD: Cộng 2 vào 2 vế ⇒ x=2007 Bài 27: Dành cho bạn đọc Bài 28: +HD:chia tử và mẫu của mỗi phân số cho x Đặ t : Bài 29: +HD:VT>0 Bài 30: +HD:Nhân lượng liên hiệp Bài 31: +HD: B ài 32: Áp d ụng B ĐT C ô-si: B ài 33: +HD: Áp dụng BĐT 20